《高中物理第2輪復習 專題3 第1講 帶電粒子在電場中的運動課件1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理第2輪復習 專題3 第1講 帶電粒子在電場中的運動課件1（45頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題三 帶電粒子在電、磁場中的運動 第一講帶電粒子在電場中的運動 一、庫侖定律一、庫侖定律122.QQFkr公式為：二、電場強度二、電場強度1大小 2123FEqQEkrUEq定義式：，適用于任何電場決定式：，只適用于真空中點電荷產生的電場關系式：，只適用于勻強電場 2方向 (1)正電荷在電場中的受力方向；負電荷在電場中的受力的反方向 (2)電場線的切線方向 (3)電場中電勢降低最快的方向 3電勢差、電勢、電勢能的變化、電勢能 1(ABABWUq電勢差：定義式為電荷在電場中移動)電場力做功具有與路徑無關，只與初、末位置有關的特點 2.AOAAOWUq 電勢高低的判斷：順著電場線方向電勢降低 (

2、3)電荷移動時其電勢能的變化由電場力做的功量度 =-W=-qU. 電勢能的變化與電場力做功的關系：電場力做正功電勢能減少；電場力做負功電勢能增加 三、帶電粒子在電場中的運動三、帶電粒子在電場中的運動 1帶電粒子在電場中的加速：通常用 Ek=qU計算帶電粒子獲得的動能 2帶電粒子在勻強電場中的偏轉：120022211200tan11()()2221cot2yxvqULatvvmdvLqULqUyatmdvmdvyL偏轉角度：側移距離：重要推論：由可知，穿出時刻的末速度的反向延長線與初速度延長線交點恰好在水平位移的中點四、電容器四、電容器12.4QCUsCkd電容的定義式：，適用于任何電容器平行板

3、電容器電容的決定式： 類型一：電場線與等勢面、電場力做功與電勢能的類型一：電場線與等勢面、電場力做功與電勢能的變化變化 電場線是對電場強度分布情況的形象描繪，等勢面是對電勢分布情況的形象描繪，兩者的關系是：電場線與等勢面垂直；電場線由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面；電場線越密處等差等勢面也越密 電荷在電場中移動時電勢能的變化由電場力做的功來量度，兩者的關系是：電場力做正功電勢能減少，且減少的電勢能等于電場力做的功；電場力做負功，電勢能增加，且增加的電勢能等于克服電場力做的功【例1】如圖3-1-1所示，虛線a、b、c是電場中的三個等勢面，相鄰等勢面間的電勢差相同，實線為一個帶正電的質點僅在電場

4、力作用下，通過該區(qū)域的運動軌跡，P、Q是軌跡上的兩點下列說法中正確的是()A三個等勢面中，等勢面a的電勢最高B帶電質點一定是從P點向Q點運動C帶電質點通過P點時的加速度 比通過Q點時小D帶電質點在P點時的電勢能比 在Q點的電勢能大【解析】根據(jù)電場線與等勢面垂直的關系畫出電場線，根據(jù)合力和軌跡的關系，可以判定：質點在各點受的電場力方向斜向下方由于是正電荷，所以電場線方向也斜向下方 畫出電場線后，不難判斷出答案只有D是正確的【答案】D【規(guī)律方法總結】本題考查了電場強度、電場線、電勢差、電勢、等勢線等基本概念，以及電場線與等勢面的關系、電場力做功與電勢能的變化關系解題的關鍵：解題的關鍵：根據(jù)電場線與

5、等勢面垂直的關系畫出電場線根據(jù)力沿電場線的切線并指向軌跡的凹側確定力的方向根據(jù)速度方向(軌跡的切線方向)與力的方向的夾角確定電場力做功的正負根據(jù)電場力做功與電勢能的變化關系確定電勢能的變化情況根據(jù)電場線或等勢面的疏密比較電場強度的大小，從而比較加速度的大小【變式題】如圖3-1-2所示，勻強電場中有a、b、c三點在以它們?yōu)轫旤c的三角形中， 3090(23)V (23)V2V. acabc 、，電場方向與三角形所在平面平行已知 、 和 點的電勢分別為、和該三角形的外接圓上最低、最高電勢分別為A (23)V (23)V B 0V 4V4 34 3C (2)V (2)V D 0V 2 3V33、 、

6、、B 【解析】如圖，根據(jù)勻強電場的電場線與等差等勢面是平行等間距排列，且電場線與等勢面處處垂直，沿著電場線方向電勢均勻降落，取ab的中點O，即為三角形的外接圓的圓心，且該點電勢為2V，故Oc為等3V232V4VOPOaONOPONMNMNUUUUUNM勢面，為電場線，方向為方向， ，故， 點電勢為零，為最低電勢點，同理點電勢為，為最高電勢點 類型二：帶電粒子在交變電場中的加速和減類型二：帶電粒子在交變電場中的加速和減速運動速運動 對于帶電粒子在交變電場中的運動問題，一般采用圖解法較好，畫出相應的速度時間圖象，橫軸表示時間，縱軸表示速度，斜率表示加速度，圖線與坐標軸所圍面積表示位移【例2】(20

7、11北京)靜電場方向平行于x軸，其電勢 隨x的分布可簡化為如圖3-1-3所示的折線，圖中 和d為已知量一個帶負電的粒子在電場中以x=0為中心，沿x軸方向做周期性運動已知該粒子質量為m、電量為-q，其動能與電勢能之和為-A(0Aq0 )，忽略重力求：(1)粒子所受電場力的大?。?2)粒子的運動區(qū)間；(3)粒子的運動周期0圖3-1-3【解析】(1)由圖可知，0與d(或-d)兩點間的電勢差為 電場強度的大小0 00002212EdqFqEdxxvmvqA 電場力的大小設粒子在，區(qū)間內運動，速率為 ，由題意得020000000(1)1(1)2(1)0(1),(1)(1)(1)xdxmvqAdxqAdA

8、AxdxdqqAAdxdqq由圖可知:由得因動能非負，有得即粒子的運動區(qū)間 00020000322(1)442 ()xqFEqammmdxtamdAtqqdTtm qAq考慮粒子從處開始運動的四分之一周期根據(jù)牛頓第二定律，粒子的加速度由勻加速直線運動將代入，得:粒子運動周期:【變式題】(2011安徽)如圖3-1-4(a)所示的兩平行正對的金屬板A、B間加有如圖3-1-4(b)所示的交變電壓，一重力可忽略不計的帶正電粒子被固定在兩板的正中間P處若在t0時刻釋放該粒子，粒子會時而向A板運動，時而向B板運動，并最終打在A板上則t0可能屬于的時間段是( )0000A 0 43B.243C.49D8Tt

9、TTtTtTTTt圖3-1-4B【解析】本題可從特殊時刻開始研究粒子的運動情況 03042 44BT TTTtPB如在 、 、 、時釋放粒子，看粒子的整個運動情況，如時刻，則其將在 點右側到 極之間往復運動，依此判斷 選項正確 類型三：帶電粒子在電場中的偏轉類型三：帶電粒子在電場中的偏轉 帶電粒子(不計重力)垂直于電場線進入電場，做勻變速曲線運動(類平拋運動) 【例3】如圖3-1-5所示，正方形區(qū)域abcd邊長L=8cm，內有平行于ab方向指向bc邊的勻強電場，場強E=3750V/m，一帶正電的粒子電荷量q=10-10C，質量m=10-20kg，沿電場中心線RO飛入電場，初速度v0=2106m

10、/s，粒子飛出電場后經過界面cd、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在O點的點電荷Q形成的圖3-1-5電場區(qū)域，一進入該區(qū)域即開始做勻速圓周運動(設點電荷左側的電場分布以界面PS為界限，且不受PS影響)已知cd、PS相距s=12cm，粒子穿過PS最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏MN上不計粒子重力(靜電力常數(shù)k=9109Nm2/C2)，試求：(1)粒子穿過界面PS時偏離中心線OR的距離y；(2)粒子穿過界面PS時的速度大小與方向；(3)O點與PS面的距離x；(4)點電荷Q的電性及電荷量大小【解析】(1)粒子在正方形區(qū)域abcd中運動發(fā)生的側移 210221220120111062060606011

11、03750 0.08m3cm222 104 10()412cm22103750 0.0821.5 10 m/s102 102 10 m/s2.5 10 m/stan0.7537yxyqELyatmvLLy ysyyqELvatmvvvvvv 又因 ，所以粒子的運動速度為粒子的速度偏向角的正切為， 222206289103tan9cm415cmcos100.15 (2.5 10 )C1.04 10 C.9 1010 xyQyRkQqvmRRmRvQkq點電荷 帶負電，粒子做圓周運動的半徑為由得【變式題】(2011濟南模擬)如圖3-1-6所示，甲圖是用來使帶正電的離子加速和偏轉的裝置乙為該裝置中加

12、速與偏轉電場的等效模擬圖以y軸為界，左側為沿x軸正向的勻強電場，場強為E.右側為沿y軸負方向的另一勻強電場已知OAAB，OA=AB，且OB間圖3-1-6的電勢差為U0.若在x軸的C點無初速地釋放一個電荷量為q、質量為m的正離子(不計重力)，結果正離子剛好通過B點，求：(1)CO間的距離d；(2)粒子通過B點的速度大小圖3-1-6【解析】(1)設正離子到達O點的速度為v0(其方向沿x軸的正方向)則正離子從C點到O點，由動能定理得：20200102122qEdmvOBOAABLU qLtLmmtLU q而正離子從 點到 點做類平拋運動，令：，則：從而解得 0000200224210252BBBU

13、qLLBvtmmLU qUdEBvCBqEdqUmvqUvm所以到達 點時：從而解得：設正離子到 點時速度的大小為 ，正離子從 到過程中由動能定理得：解得 類型四：電場與力學知識的綜合應用類型四：電場與力學知識的綜合應用 處理帶電粒子在勻強電場和重力場的疊加場中的運動問題，可將疊加場合成為等效重力場，電場力與重力的合力為等效重力【例4】(2011石家莊模擬)相距L=12.5m、質量均為m的兩滑塊A、B，靜放在足夠長的絕緣水平面上，與水平面間的動摩擦因數(shù)均為=0.2，其中A電荷量為+q，B不帶電現(xiàn)在水平面附近空間加有場強 、水平向右的勻強電場，A開始向右運動，并與B發(fā)生多次對心碰撞，且碰撞時間極

14、短，每次碰后兩滑塊交換速度、A帶電量保持不變、B始終不帶電g取10m/s2.試求：(1)A、B第一次碰后B的速度vB1；(2)A、B從第五次碰后到第六次碰的過程中B運動的時間t；(3)B運動的總路程x.310mgEq【解析】(1)對A，根據(jù)牛頓第二定律 22111121m/s25m/s05m/s22m/sAAAAABABBqEmgmaava LABvABvvBmgmaa，得加速度又據(jù)公式得 與 碰前速度碰撞交換速度，故第一次碰后， 的速度為 ， 的速度對 ，根據(jù)牛頓第二定律得加速度大小11112211122210222BABBBBABBAAABBABAABBvvtaBxvva xAvva x每

15、次碰后 做勻減速運動，因其加速度大于 的加速度，所以 先停，之后 追上再碰，每次碰后 的速度均為 ，然后加速再與 發(fā)生下次碰撞第一次碰后 運動的時間第一次碰后 的位移則第二次碰前 的速度為則121122221215422122215 s0.625s28( 2)AAAABABABAABBABavvvavBvvvvvBtaBvt由以上兩式得碰后 的速度碰后 運動的時間以此類推，第五次碰后 運動的時間 312.5mABBxEq Lxmg Lxmgxx每次碰撞兩滑塊均交換速度，經多次碰撞后，最終 、 停在一起設 運動的總路程為 ，據(jù)能量守恒有解得【變式題】(2011海淀一模)在真空中水平放置平行板電容

16、器，兩極板間有一個帶電油滴，電容器兩板間距為d，當平行板電容器的電壓為U0時，油滴保持靜止狀態(tài)，如圖3-1-7所示當給電容器突然充電使其電圖3-1-7 1212.123UtUtgttUU壓增加，油滴開始向上運動；經時間后，電容器突然放電使其電壓減少，又經過時間，油滴恰好回到原來位置假設油滴在運動過程中沒有失去電荷，充電和放電的過程均很短暫，這段時間內油滴的位移可忽略不計重力加速度為 試求：帶電油滴所帶電荷量與質量之比；第一個與第二個時間內油滴運動的加速度大小之比；與之比【解析】(1)油滴靜止時 00112222112121121122112213UmgqdqdgmUtxatxaxatxvtat

17、vatxxaa 則設第一個內油滴的位移為 ，加速度為 ，第二個內油滴的位移為 ，加速度為 ，則，且，解得 011110122212121123:1314UUqmgmadUqmadUUUmgqmadUUqmadUUUUU油滴向上加速運動時：，即油滴向上減速運動時即則解得類型五：電容器與傳感類型五：電容器與傳感器器141.SSUQCUCCEkddddSQCddUESd電容器保持與電源連接，電容器兩端電壓恒定：電量，而，充電后斷開電路，電容器帶電荷量 恒定：，【例5】傳感器應用的一個基本思想是“轉換”的思想，即利用傳感器把難以直接測量的力學量轉換為容易測量的電學量這種轉換既使測量比較方便，而且能輸入

18、電子計算機，對電學量所載的信息進行計算和處理如圖3-1-8所示為一測速計原理圖，其基本原理即是把測量速度這一力學量轉換成電流進行測量滑動圖3-1-84V103030cm50 F.0.05mA.PPErABRLCba觸頭 與某運動物體相連，當 勻速滑動時，電流表有一定的電流通過，從電流表示數(shù)可得運動物體速度已知電源電動勢，內阻，為粗細均勻的電阻絲，其阻值為、長度，電容器的電容今測得電流表示數(shù)為，方向由流向 試求運動物體的速度大小和運動的方向圖3-1-8【解析】計算出滑動觸頭P移過一微小距離 時電容器上的電壓變化，可得電容器上的充放電電流的表達式，據(jù)此可求得速度先估計流過電阻絲上的x4A100mA

19、0.05mA1030.()xCEIrRPxERUIRxrR LQC UCRExxIvttRr Ltt電流約為，即相比于電阻絲上的電流，電容器中的充放電電流可忽略故可視整根電阻絲與電源為串聯(lián)，當滑動觸頭移過距離時，電容器上的電壓變化為則其充放電電流為，又，綜合上述【答案】0.1m/s；向右()0.1m/s.IC Rr LvvCRE各式得，代入數(shù)據(jù)得【規(guī)律方法總結】分析有關電容器在靜電場中的應用的習題的思路是：首先確定不變量，若電容器充電后斷開電源，則Q不變；若電容器始終和直流電源相連，則U不變4SCkdQCQUUUEd當決定電容器大小的某一因素變化時，用公式判斷電容的變化用公式分析 和 的變化用公式分析平行板電容器兩板間場強的變化【變式題】(2011天津)板間距為d的平行板電容器所帶電荷量為Q時，兩極板間電勢差為U1，板間場強為E1.現(xiàn)將電容器所帶電荷量變?yōu)?Q，板間距變?yōu)?d，其他條件不變，這時兩極板間電勢差為U2，板間場強為E2，下列說法正確的是( )AU2=U1，E2=E1 BU2=2U1，E2=4E1CU2=U1，E2=2E1 DU2=2U1，E2=2E112C